Funksjonalligning

[mrcreosote]

Finn alle begrensa [tex]f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}[/tex] slik at f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y) for alle heltallige x og y.

[Charlatan]

Vi har [tex]2f(x)=2f(x)f(0)[/tex], så [tex]f(0)=1[/tex], eller så er [tex]f(x)=0[/tex] for alle [tex]x[/tex].
La [tex]k=f(1)[/tex], og la [tex]x=n+1[/tex], og [tex]y=1[/tex]. Da er

[tex]f(n+2)+f(n)=2f(n+1)f(1) \Rightarrow f(n+2)-2kf(n+1)+f(n)=0[/tex].

Lar vi [tex]a_n=f(n)[/tex], får vi differenslikningen [tex]a_{n+2}-2ka_{n+1}+a_n=0[/tex] med initialverdiene [tex]a_0=1,a_1=k[/tex], som har løsningen [tex]\frac{1}{2}(r_1^n+r_2^n)[/tex] hvor [tex]r_1=k+\sqrt{k^2-1}[/tex], og [tex]r_2=k-\sqrt{k^2-1}[/tex]. Ved å sette inn i den originale likningen får vi at følgende må stemme:

[tex]r_1^{x-y}+r_2^{x-y}=r_1^{x}r_2^{y}+r_1^{x}r_2^{y}[/tex]. Men det gjør det siden [tex]r_1r_2=1[/tex].

Alle mulige løsninger er da [tex]f(x)=0[/tex] for alle x, eller [tex]f(x)=\frac{1}{2}((k+\sqrt{k^2-1})^x+(k-\sqrt{k^2-1})^x)[/tex] for alle heltall [tex]k[/tex], og [tex]x \geq 0[/tex]. Den siste er ikke begrenset for [tex]k \not = 0,1,-1[/tex] , så vi må gå for løsningene [tex]f(x)=0[/tex], [tex]f(x)=1, f(x)=(-1)^x[/tex] og [tex]f(x)=\frac{1}{2}(i^x+(-i)^x)[/tex]. Den siste løsningen er ekvivalent med [tex]f(4n)=-f(4n+2)=1, f(4n+1)=f(4n+3)=0[/tex] for alle heltall [tex]n[/tex]. Vi kan lett sjekke at dette er løsninger av den originale likningen.

[mrcreosote]

Virker bra. Du mister et par løsninger på slutten da k kan være -1, 0 og 1.

Edit: Var visst retta opp nå.

[Charlatan]

Oppfølger:

Finn alle [tex]f[/tex] hvis [tex]f(x)+f(\frac{1}{1-x})=x[/tex] for alle reelle [tex]x \not = 0,1[/tex].

EDIT: Ja, jeg la merke til det. Fikk endra på det.

[mrcreosote]

Bruk notasjonen y=1/(1-x) og z=(x-1)/x. Setter vi inn y og z for x i den opprinnelige ligninga får vi (etter litt regning) f(y)+f(z)=y og f(z)+f(x)=z. I tillegg har vi f(x)+f(y)=x, så [tex]f(x)=\frac12[(f(z)+f(x))+(f(x)+f(y))-(f(y)+f(z))]=\frac12(\frac{x-1}x+x-\frac1{1-x})[/tex].

Nok en: Finn alle [tex]f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/tex] så f(x)f(y)=f(x-y).

[Charlatan]

Det stemmer.

Løsning på din: Først har vi at [tex]f(x)f(0)=f(x) \ , (y=0)[/tex], så enten er [tex]f(x)=0[/tex], eller [tex]f(0)=1[/tex]. Anta sistnevnte. Da er [tex]f(x)^2=1 \ , (y=0)[/tex], så [tex]f(x) \not = 0[/tex]. Til slutt har vi [tex]f(x)f(\frac{x}{2})=f(\frac{x}{2}) \ , (y=\frac{x}{2})[/tex], og vi kan dele med [tex]f(\frac{x}{2})[/tex], så [tex]f(x)=1[/tex].

Alle løsninger er [tex]f(x)=0[/tex], og [tex]f(x)=1[/tex].

Kjører på med en ny en:

Finn alle kontinuerlige [tex]f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}[/tex] slik at [tex]f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y)[/tex].

[Gustav]

f(x)=0 eller f(x)=-1.

Anta f(0)=0.
Hvis vi definerer en følge [tex]x_n=2^nx_0[/tex] og x_0<0, vil [tex]\lim_{n\to\infty} f(x_n)=-1[/tex], men da er [tex]0=f(x_n)+f(-x_n)+f(x_n)f(-x_n)[/tex]. ser på grensen når n går mot uendelig: 0=-1 så det er en selvmotsigelse. Mulig det gikk litt fort i svingene...

[Charlatan]

Hvis vi definerer en følge [tex]x_n=2^nx_0[/tex] og x_0<0, vil [tex]\lim_{n\to\infty} f(x_n)=-1[/tex]

Er ikke helt med her.

Det finnes flere løsninger.

[Gustav]

Ok,er ikke med på mitt eget resonnement, det ble knotet ned i all hast... Bare glem det.

[mrcreosote]

La g(x)=1+f(x) så f(x)=g(x)-1. Da lyder ligninga g(x+y)=g(x)g(y); dette er en variant av Cauchys funksjonalligning (her er forresten en tekst om funksjonalligninger: http://www.imomath.com/tekstkut/funeqn_mr.pdf) som har løsning g(x)=a^x for ikke-negative a, så vi får løsningene f(x)=a^x-1. (Der 0^y=0 for alle y.)

[Charlatan]

Jepp. Merk at dersom vi ikke sa at f er kontinuerlig så hadde den hatt et utall flere løsninger.

(Fin side forresten)

[mrcreosote]

Nok en: Finn alle [tex]f:\mathbb{N}_0\to\mathbb{N}_0[/tex] så f(n+1)>f(n) og f(n+f(m))=f(n)+m+1 for alle n,m.

[Karl_Erik]

Nok en: Finn alle [tex]f:\mathbb{N}_0\to\mathbb{N}_0[/tex] så f(n+1)>f(n) og f(n+f(m))=f(n)+m+1 for alle n,m.

Siden [tex]f(n)[/tex] er i [tex]\mathbb{N}_0[/tex] har vi av [tex]f(n+1)>f(n)[/tex] at [tex]f(n+1)\geq f(n)+1[/tex], og ved induksjon [tex]f(n+a) \geq f(n) +a[/tex]. Sett så [tex]m=0[/tex] i andre likning. Vi får da at [tex]f(n+f(0))=f(n)+1[/tex], og ved bruk av ulikheten at [tex]f(n)+1 \geq f(n)+f(0)[/tex], som gir [tex]f(0)\leq 1[/tex] og derfor [tex]f(0)=0[/tex] eller [tex]f(0)=1[/tex].

Dersom [tex]f(0)=0[/tex] gir likheten [tex]f(n+f(0))=f(n)+1[/tex] at [tex]f(n)=f(n)+1[/tex], som åpenbart er umulig. Altså er [tex]f(0)=1[/tex], og vi får at [tex]f(n+1)=f(n)+1[/tex], som ved induksjon gir at [tex]f(n)=n+1[/tex].